Tải bản đầy đủ

20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word)

TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA

ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017

Họ tên: ………………………

MÔN: Toán

LỚP:

8

Số báo danh: ………….

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm).
�2

2


�x  1

� x 1


.�
 x  1�
Cho biểu thức: A  � 
�: x
3 x x  1 �3 x




a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 2: (4 điểm).








n3 (n2  7)2  36n �
M
7 với  n�Z .
a) Chứng minh rằng A = �
b) Cho P = n4 + 4. T×m tÊt c¶ c¸c sè tù nhiªn n ®Ó P lµ sè
nguyªn tè.
Câu 3: (4 điểm).
a) Giải phương trình :

1
1
1
1
 2
 2

x  9 x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A=

a
b
c


3
b c  a a c  b a b c

Câu 4: (6 điểm).
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm
C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại
D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC.BD
b) Chứng minh tam giác AMB vuông
c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
Câu 5: (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng:
a  bc b  ca c  ab


2 .
bc
ca
a b


Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo
danh: ................................

TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA

HƯỚNG DẪN CHẤM
KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 - 2017
MÔN : TOÁN Lớp: 8

Ghi chú: Đáp án chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi
bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai không
chấm điểm. Nếu HS giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM

ĐIỂM

Câu 1
�2

�x  1

2

� x 1


.�
 x  1�
a) A  � 
�: x
3 x x  1 �3 x




0,5đ

2 ( x  1)  3 x( x  1) � x  1
�2
A� 
.
:

3x x  1
3x

� x

0,5đ

�2 2(1  3x) � x
A� 
.
3x
3x �

�x  1

0,5đ

x
2x

x 1 x 1

0,5đ

A  2.

b) Với x �0; x ��1 Ta có A 

2x
2
 2
x 1
x 1

0,5đ

Để A �Z thì (x-1) phải là ước của 2

0,5đ

1  1; 2
Suy ra x α�
Xét từng trường hợp tìm x
Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận

0,5đ
0,5đ

Câu 2








n3 (n2  7) 2  36n �
a) Ta có: A = �


n( n2  7)  6 �
n( n 2  7)  6 �
 n(n3  7n  6)(n3  7n  6)
A n�
��





 n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6)  n �
n(n2 1)  6(n  1) ��
n(n2 1)  6(n 1) �












��






 n(n 1) n2  n  6  n 1 n2  n  6  n  n  1  n  2   n  3  n 1  n  2   n  3

0,5đ
0,5đ
0,5đ


Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A M7 với  n�Z .
b) b)

4

4

2

2

2

2

0,5đ

2

P = n + 4 = n + 4n + 4 - 4n = (n + 2) - (2n)

= (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1].

0,5đ

V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1 �2;

0,5đ

Nh vËy muèn P lµ sè

nguyªn tè th× ph¶i cã (n - 1)2 + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n =

0,5đ

1.

0,5đ

Khi ®ã P = 5 lµ sè nguyªn tè.

Câu 3:
a)

x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;

0,5đ

x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;
TXĐ : x  4; x  5; x   6; x  7
Phương trình trở thành :
1
1
1
1



( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18

0,5đ



1
1
1
1
1
1
1






x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18
1
1
1


x  4 x  7 18

� 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
� (x+13)(x-2)=0

0,5đ

Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn)
0,5đ

Kết luận
b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0
Từ đó suy ra a=

yz
xz
xy
;b 
;c 
;
2
2
2

Thay vào ta được A=



yz xz x y


2x
2y
2z

1 �y x
x z
y z �
(  )  (  )  (  )�

2 �x y
z x
z y �
1
2

Từ đó suy ra A  (2  2  2) hay A 3

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ


Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
D

M
C
N

A

B

O

a) Xét  ACO và  BOD có

� = 900 ;
AB


� )
(cùng phụ với DOB
COA
 ODB

0,5đ

Nên  ACO đồng dạng với  BOD
=>

0,5đ

AO BD

=> AO.BO = AC.BD
AC BO

0,5đ
0,5đ

mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD
b) Xét  CMO và  OMD có


= OMD
= 900
CMO


� )
(cùng phụ với COM
OCM
 DOM

0,5đ

=>  CMO đồng dạng với  OMD =>

CO OM

(1)
OD MD

Mà  ACO đồng dạng với  BOD =>

CO AO

OD BD

=>

CO OB

(2) (Do AO = OB)
OD BD

Từ (1) và (2) ta có

0,5đ

0,5đ

OM OB

=> tam giác OMD và tam giác OBD đồng
MD BD

dạng


=> MOD
=> OMD  OBD (cạnh huyền , góc nhọn)
 BOD
=> OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M

0,5đ


c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB)
CN AC

=>
NB BD

mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM
Nên

CN CM

=> MN// BD//AC
BN DM

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Câu 5:
- Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a)
Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c)

0,5đ

c + ab = (c + a)(c + b)
do đó:

VT 

(a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)


bc
ca
a b

0,5đ

áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
(a  b)( a  c ) (b  a )(b  c)

2(a  b)
bc
ca
(a  b)( a  c ) (c  a )(c  b)

 2( a  c )
bc
a b
(b  a )(b  c) (c  a)(c  b)

2(b  c )
ac
a b

0,5đ

Vậy 2. VT 4(a  b  c) 4 hay VT 2  ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b
=c=

1
3

0,5đ


PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: …./4/2013
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013x 2  2012 x  2013 .
�x 2  2 x

2x2


� 1

2�


1   2 �.
2. Rút gọn biểu thức sau: A  � 2

2
3 �
� x x �
�2 x  8 8  4 x  2 x  x �

Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:
(2 x 2  x  2013) 2  4( x 2  5 x  2012) 2  4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012)

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y 3 .
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24,
f(x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư.
2. Chứng minh rằng:
a(b  c)(b  c  a) 2  c (a  b)(a  b  c) 2  b( a  c)(a  c  b) 2

Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho
AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm
M, N.
1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh
rằng: AC = 2EF.
3. Chứng minh rằng:

1
1
1
=
+
.
2
2
AD
AM
AN 2

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
3
 3
 3
� .
a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2
3

---------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................

Giám thị 1 (Họ tên và
ký)..............................................................................................................


Giám thị 2 (Họ tên và
ký)..............................................................................................................

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NGÀY THI ….. /4/2013

MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Câu 1

Hướng dẫn giải

1
(2.0
điểm)

(4.0 điểm)
0,5

Ta có x  2013x  2012 x  2013
  x 4  x   2013x 2  2013x  2013
4

2

 x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1

0.5

  x 2  x  1  x 2  x  2013

0.5

2
2
Kết luận x 4  2013 x 2  2012 x  2013   x  x  1  x  x  2013

�x �0
�x �2

0.25

ĐK: �

�x 2  2 x

2x2


� 1

2�


1  2 �
Ta có A  � 2

2
3 �
� x x �
�2 x  8 8  4 x  2 x  x �
�x 2  2 x

�x 2  x  2 �
2x2
� 2


� 2

2
�2( x  4) 4(2  x)  x (2  x) �
� x


2

0.5

0.25
0.25

(2.0 điểm)
2
2
�x 2  2 x

2 x2
�( x  1)( x  2) � �x( x  2)  4 x �
�( x  1)( x  2) �
� 2
 2




��


2
2
x
x2

� �2( x  2)( x  4) �


�2( x  4) ( x  4)(2  x) �

x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) x  1
. 2 

2( x 2  4)
x
2 x 2 ( x 2  4)
2x
�x �0
x 1
Vậy A 
với �
.
2x
�x �2


Câu 2

1
(2.0
điểm)

0.5
0.5
0.25
(4.0 điểm)

2
�a  2 x  x  2013
Đặt: � 2
b  x  5 x  2012


Phương trình đã cho trở thành:
a 2  4b 2  4ab � (a  2b) 2  0 � a  2b  0 � a  2b

Khi đó, ta có:
2 x 2  x  2013  2( x 2  5 x  2012) � 2 x 2  x  2013  2 x 2  10 x  4024
2011
� 11x  2011 � x 
.
11

0.25
0.5
0.5
0.5


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 


2011
.
11

0.25

2

3� 7

Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2 �x  �  0 � x  y
� 4� 8

(1)

0.5

2

9 � 15

(x  2)  y  4x  9x  6  �
2x  �  0
4 � 16

3

2
(2.0 điểm)

3

2

�yx2

(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:
(-1 ; 0)
KL

Câu 3

0.5
0.25
0.5
0.25
(4 điểm)

Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b .
Khi đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  ax+b
Theo đề bài, ta có:
2

1
(2.0 điểm)

� 7
2a  b  24
a
�f (2)  24


��
�� 2

2 a  b  10
�f (2)  10


b  17

7
Do đó: f ( x)  ( x 2  4).(5x )  x+17
2

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3 

0.5

0.5

0.5
47
x  17.
2

0.5

Ta có: a(b  c)(b  c  a ) 2  c(a  b)(a  b  c) 2  b(a  c)(a  c  b) 2  0 (1)

a

a

b

c

x




Đặt: �b  c  a  y  �b 


acb  z


c



xz
2
x y
2
yz
2

0.25

Khi đó, ta có:
2
(2.0 điểm)

x  z �x  y y  z � 2 y  z �x  z x  y � 2 1

.y 

.x  ( x  y )( x  y ).z 2




2 �2
2 �
2 �2
2 �
4
xz xz 2 yz z y 2 1 2

.
.y 
.
.x  ( x  y 2 ) z 2
2
2
2
2
4
1
1
1
 ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2
4
4
4
1
1
 ( x 2  y 2 ).z 2  ( x 2  y 2 ). z 2  0  VP(1)
(đpcm)
4
4

VT(1) 

KL:….
Câu 4

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
(6 điểm)


E

A

B

H
F

D

C

M

N

1
(2.0 điểm) Ta có DAM

� (cùng phụ BAH
� )
= ABF
AB = AD ( gt)
� = ADM

BAF
= 900 (ABCD là hình vuông)
� ΔADM = ΔBAF (g.c.g)
=> DM=AF, mà AF = AE (gt)
Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
� = 900 (gt)
Mặt khác. DAE

0.75

0.5
0.5

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.25

Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g)


2
(2.0 điểm)

0.5

AB BH
BC BH
=
=
hay
( AB=BC, AE=AF)
AF AH
AE AH
� = HBC

� )
Lại có HAB
(cùng phụ ABH

� ΔCBH : ΔEAH (c.g.c)
2
2
SΔCBH
SΔCBH �BC �
�BC �
=
4

= � �, mà
(gt) � � �= 4 nên BC2 = (2AE)2
SΔEAH
SΔEAH �AE �
�AE �
� BC = 2AE � E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

0.5
0.5
0.5

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:


AD AM
AD CN
=

=
CN MN
AM MN

0.5

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
3
(2.0 điểm)



MN MC
AB MC
AD MC
=

=
=
hay
AN AB
AN MN
AN MN
2

2

2

0.5

2

AD � �AD � �CN � �CM � CN 2 + CM 2 MN 2
� �
=
=1
� �+ � �= � �+ � �=
MN 2
MN 2
�AM � �AN � �MN � �MN �

0.5

(Pytago)
2

2

1
1
1
AD � �AD �
� �
� �+ � �= 1  AM 2  AN 2  AD 2
�AM � �AN �

(đpcm)

0.5


Câu 5

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c � R và x, y, z > 0 ta có
a2 b2 c2  a  b  c 
  �
x
y z
x yz
a b c
Dấu “=” xảy ra �  
x y z
Thật vậy, với a, b � R và x, y > 0 ta có
a 2 b2  a  b 
 �
x
y
x y

Dấu “=” xảy ra �



a



 bx  ay 

2

2

(*)

2

(**)

y  b 2 x   x  y  �xy  a  b 
2

2 điểm

2

0.75

�0 (luôn đúng)

a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
a 2 b2 c2  a  b 
c2  a  b  c 
  �
 �
x
y z
x y
z
x yz
a b c
Dấu “=” xảy ra �  
x y z
1
1
1
2
2
2
1
1
1
Ta có:
 3
 3
 a
 b
 c
3
a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc
2

2.0 điểm

2

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

2

�1 1 1 � �1 1 1 �
1
1
1
�  � �  �
2
2
2
a b c � �a b c �
a
b
c


��

(Vì abc  1 )
ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )
�1 1 1 �
2�   �
�a b c �
1
1
1
2
2
2
1 �1 1 1 �
Hay
a
 b
 c
� �  �
ab  ac bc  ab ac  bc 2 �a b c �
1 1 1
Mà   �3 nên
a b c

Vậy

1
1
1
2
2
2
3
a
 b
 c

ab  ac bc  ab ac  bc 2

1
1
1
3
 3
 3

a (b  c) b (c  a ) c ( a  b) 2
3

(đpcm)

Điểm toàn bài

0.5

0.25
0.25

0.25

(20 điểm)

Lưu ý khi chấm bài:
-

Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ,
hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần
theo thang điểm tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.


TRNG THCS NAM
Đề thi thông tin chọn học sinh giỏi lớp 8
năm học 2008 2009
H tên : ...........................................
Lớp :...

Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao
đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm)
Giải phơng trình : x(x+2)(x2+2x+5) = 6
Câu 2 : ( 4,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức :
A = x8 31x7 + 31x6 31x5 +31x4 31x3 + 31x2 31x + 27 với x = 30
b) Cho a - b = 4 tính giá trị của biểu thức B = a3 12ab - b3
Câu 3 : ( 2,0 điểm)
Rút gọn phân thức :

2a 3 7 a 2 12a 45
3a 3 19a 2 33a 9

Câu 4 : ( 3,5 điểm)
Một ngời đi một nữa quãng đờng tử A đến B với vận tốc 15km/h , và đi phần còn lại
với vận tốc 30km/h . Tính vận tốc trung bình của ngời đó trên toàn bộ quãng đờng
AB .
Câu 5 : ( 2,0 điểm)
Chứng minh rằng :
a 2 b2
với S là diện tích của tam giác có độ dài hai cạnh bằng a , b .
4

a) S

Câu 6 :( 6,5 điểm)
Cho tam giác IKP cân tại A có KP = 4 cm , M là trung điểm của KP lấy D, E thứ tự thuộc
K .
các cạnh IK , IP sao cho DME
a) Chứng minh rằng tích KD . PE không đổi .
b) Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc KDE .
c) Tính chu vi IED nếu IKP là tam giác đều .
------------- ------------( Giám thị không giải thích gì thêm )

hớng dẫn chấm thi môn toán


kỳ thi thông tin chọn học sinh giỏi lớp 8 THCS năm học 2008-2009

Câu 1 (4,0 điểm)
Tóm tắt lời giải

Điểm

a) Ta có A = x6 19x5 + 19x4 19x3 +19x2 19x + 25
= x5 ( x 18 ) x4( x- 18 ) + x3 ( x-18) x2( x-18) + x(x- 18) - ( x 18 ) + 7
Do đó với x = 18 thì giá trị của biểu thức A = 7 .
b) Với x+y = 1 ta có : B = ( x3 + y3 )+ 3xy = ( x +y ) ( x2 - xy +y2) + 3xy
= x2 +2xy +y2
= ( x+y )2 = 1

1,00
1,00
1,00
1,00

Câu 2 (4,0 điểm)
Tóm tắt lời giải

Điểm

(2 x 5 x ) (12 x 30 x) (18 x 45)
2 x 7 x 12 x 45
=
=
(3x 3 x 2 ) (18x 2 6 x ) (27 x 9)
3 x3 19 x 2 33x 9
x 2 (2 x 5) 6 x(2 x 5) 9(2 x 5)
(2 x 5)( x 2 6 x 9)
(2 x 5)( x 3) 2
= 2
=
=
x (3x 1) 6 x(3x 1) 9(3x 1)
(3 x 1)( x 2 6 x 9)
(3 x 1)( x 3) 2
2x 5
=
3x 1
3

2

3

2

2

a) ta có

b) Giải phơng trình :
(x2-x+1)(x2-x+2) = 12
(1)
2
Đặt t = x -x+1 thay vào phơng trình (1) ta đợc pt :
t ( t+1 ) = 12
t2 + t 12 = 0 ( t2 - 3t ) + (4t 12) = 0 t( t - 3) + 4(t 3) = 0
(t - 3) (t+ 4) = 0 t = 3 hoc t = - 4
- Với t = 3 => x2-x+1 = 3 x2-x-2 = 0 x2-2x + x -2 = 0
x(x-2) + (x -2 ) = 0 (x-2) (x +1 ) = 0 x = 2 hoc x = - 1
- Với t = - 4 => x2-x+1 = - 4 x2-x + 5 = 0 ( xvô nghiệm vì ( x-

1 2 19
) + = 0 phơng trình này
2
4

1,00
0,50

0.50

0.50
0.75
0.25

1 2 19
) +
> 0 với mọi x .
2
4

Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm là : x = 2 , x = -1

0.25
0.25


Câu 3 : ( 4,5 điểm )
Gọi vận tốc mà ô tô dự định đi từ A đến B là : x ( điều kiện : x(km/h ) , x >
6 ).
Ta có : Vận tốc ô tô đi nữa đầu quãng đờng là : x+10 ( km/h )
Vận tốc ô tô đi nữa sau quãng đờng là : x 6 (km/h )
30
Thời gian ô tô đi nữa đầu quãng đờng là :
(h)
x 10
30
Thời gian ô tô đi nữa sau quãng đờng là :
(h)
x6
60
Thời gian ô tô đi quãng đờng từ A đến B là :
(h)
x
30
30
60

Ta có phơng trình :
+
=
x 10 x 6
x
x( x 6)
x( x 10)
2( x 10)( x 6)
+
=
x( x 10)( x 6) x( x 10)( x 6)
x( x 10)( x 6)
2
2
2
=> x 6x + x + 10x = 2x + 8x 120 x2 6x + x2 + 10x - 2x2 - 8x = -120
4x = 120 x = 30 ( km/h )
60
Vậy thời gian ô tô dự định đi quãng đờng AB là :
= 2 ( giờ )
30

0.50
1.00

0.75
0.75
0.50

0.50
0.50

Câu 4 (3,5 điểm)
Tóm tắt lời giải
HS vẽ hình và ghi GT,KL đúng

Điểm

A
D

H

I

B

0.5

E
K

C

M

DME
CME
, mặt khác DMC
B BDM
, mà DME
B nên
a) Ta có DMC
BDM
.
CME
Do đó BDM và CME đồng dạng ( gg ) .
BD BM

=>
=> BD . CE = CM . BM = a . a = a2
CM CE

Vậy tích BD . CE luôn không đổi .
b) BDM và CME đồng dạng còn suy ra :

DM BD

ME CM

=>

DM BD

ME BM

0.50
0.50

( vì CM = BM )

BDM
hay DM là tia phân giác
Do đó DME và DBM đồng dạng => MDE

0.50


của góc BDE .
c) Từ câu b suy ra DM là tia phân giác của góc BDE , EM là tia phân giác của góc
CED . Kẻ MH DE , MI AB , MK AC . Ta có DH = DI , EH = EK , do đó
chu vi AED bằng AI + AK = 2AK .
Ta lại có CK =

MC a

, AC = 2a nên AK = 1,5a .
2
2

0.50

0.50

Vậy chu vi tam giác ADE bằng 3a .

0.50

Câu 5 : HS vẽ hình và ghi GT,KL đúng
B
A

0.50

a
h

d

b
D
c
C

a) Gọi h là chiều cao tơng ứng với cạnh a , ta có S =

1
ah .
2

=> 4S = 2ah 2ab a2 + b2 .
a b
.
4

Vậy S

2

0.50

2

Dấu bằng xảy ra h = b , a = b ABC vuông cân
a 2 b2
c2 d 2
; SADC
4
4
2
2
2
2
a b c d
a 2 b2 c2 d 2

Mà S = SABC + SADC => S
=> S
.
4
4
4
Dấu bằng xảy ra ABC vuông cân ở B , ACD vuông cân ở D

b) Theo câu a ta có : SABC

ABCD là hình vuông .

0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50

Lu ý : Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng đầy đủ chính xác cũng đợc
điểm tối đa


trờng Thcs Ninh dơng

Đề thi chọn lọc học sinh giỏi
Lớp 8 thcs năm học 2008- 2009
------------------------------

----------***---------

đề thi chính thức

Thời gian làm bài : 150 phút

n2 n 1
Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn m
n 1
3
2

b) Đặt A = n + 3n + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi

giá

trị nguyên dơng của n.
c) Nếu a chia 13 d 2 và b chia 13 d 3 thì a2+b2 chia hết cho 13.

Câu2 : Rút gọn biểu thức:
a) A=

bc
ca
ab
+
+
(a b)(a c)
(b c)(b a)
(c a)(c b)
6

b)

1 6 1

x x 6 2
x
x

B=
3
1
1

3
x x 3
x
x


Câu 3: Tính tổng: S =

1
1
1
1
+
+
++
1 .3
3. 5
5.7
2007.2009

Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2009. Chứng minh rằng
biểu thức sau không phụ thuộc vào các biến x, y, z :
2009 x
y
z


xy 2009 x 2009 yz y 2009 xz z 1

Câu 5: Giải phơng trình:
59 x 57 x 55 x 53 x 51 x




5
41
43
45
47
49

Câu 6: Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy
bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC
lần lợt tại D và E . Chứng minh :
a) BD.CE=

BC 2
4

b) DM,EM lần lợt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.


Đáp án và biểu điểm
Câu

1

Sơ lợc lời giải

Biểu điểm

2

a, Thực hiện chia m

1
n n 1
=n+
n 1
n 1

0.5

Để m nguyên với n nguyên khi n + 1 là ớc của 1
Hay n + 1 1; -1 . Khi đó : n+1 = 1 n = 0 Z ( t/m)
n+ 1 = -1 n = -2 Z (t/m)
Với n = 0 m = 1 . Với n = -2 m = - 3 . Vậy ...
b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = ..
= n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1)
Khi đó : 3(n+1) chia hết cho 3
n( n +1) (n+ 2) là tích của 3 số nguyên dơng liên tiếp nên tồn tại ..
c, a = 13k +2, b= 13n +3
a2+b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13n+ 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 n2 +4n +1)
2
3
4

1
x

a, A = 1, b, B = 3( x )
S=

5

0.5
0.5
0.5
1
4

2

xy.xz
1
z
1 z xz
+
+
=
= 1.
xy ( xz z 1) 1 z zx
1 z zx 1 z zx

59 x
57 x
55 x
53 x
51 x
1
1
1
1
1 0
41
43
45
47
49

0.5

1
1
1
1
1



) =0
41 43 45 47 49
1
1
1
1
1
100- x = 0 ( vì ( ) >0 x = 100.
41 43 45 47 49

1

...... (100 x) (

6

0.5

2

1
1 1 1
1
1
1
1
1004
(1 .....

) (1
)
2
3 3 5
2007 2009
2
2009
2009

2009 x
y
z
+
+
2009 2009 x xy xyz y yz
1 z zx

=

0.5

Vẽ hình
a,Chứng minh BMD đồng dạng CEM
BC
BC 2
... Vì BM=CM=
, nên ta có BD.CE=
2
4
b, Chứng minh BMD va MED đồng dạng

0.5
0,5
y

A

2.5

x
E
D
B

1

2
1

2 3

M

Từ đó suy ra D 1 D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK.
Chu vi bằng 2.AH . Kết luận.

C

1.5
1.5


Chó ý: Cã nhiÒu c¸ch kh¸c nhau , nhng cã chung 1 kÕt qu¶.
ĐỀ THI HSG LỚP 8
Năm học 2010 – 2011
 x2
6
1 


Bài 1: Cho biểu thức M =  3

 x  4 x 6  3x x  2 


10  x 2 


x

2

:
x  2 


a) Rút gọn M
1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A <
0.
Bài 3:
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B=

3( x  1)
x  x 2  x 1
3

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một đường
thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G.
a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích
BF.DG không đổi.
x 2  yz
y 2  xz

Bài 5. Chứng minh rằng nếu
Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.
x(1  yz ) y (1  xz )

Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

Giải
Bài 1: a) Rút gọn M


 x2
6
1  
10  x 2  
x2
6
1  6




x

2



M=  3
:
=
:


x  2   x ( x  2)( x  2) 3( x  2) x  2  x  2
 x  4 x 6  3x x  2  
6

x2

M = ( x  2)( x  2) . 6

=

1
2 x

1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

1
1
1
x=
hoặc x = 2
2
2
1
1
1
2
Với x = ta có : M = 2  1 = 3 =
2
3
2 2
1
1
1
2
Với x = - ta có : M = 2  1 = 5 =
2
5
2 2
x =

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2
- a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b-c -a) <0
( BĐT trong tam giác)
(b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
Vậy A< 0
Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1
= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1
Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2  0
Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 1
Dấu ''='' xãy ra  x = y và y = 2
Vậy GTNN của A là 1  x = y =2
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
3( x  1)
3( x  1)
3( x  1)
3
=
=
= 2
2
2
3
2
x
(
x

1
)

x

1
(
x

1
)(
x

1
)
x  x  x 1
x 1
3
Do x2 +1>0 nên B = 2 3. Dấu ''='' xãy ra  x = 0
x 1
Vậy GTLN của B là 3  x = 0
A
B
Bài 4:

B=

a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
Do AB//CD nên ta có:
EA EB
AB

=
EG ED DG

F

(1)

Do BF//AD nên ta có:
EF EB AD

=
EA ED FB

E

D

(2)

C

G


EA EF

T (1) v (2)
Hay AE2 = EF. EG
EG

EA

b). CMR khi ng thng a quay quanh A thay i thỡ tớch BF.DG khụng i.
AB FB

T (1) v (2)
DG

AD

Hay BF.DG = AB.AD = ab (khụng i)

x 2 yz
y 2 xz

Bi 5: Chng minh rng nu
Vi x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.
x(1 yz ) y (1 xz )

Thỡ :

xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

T GT (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)
x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2

x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0
xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
(x -y) xy xyz( x y z ) xz yz = 0
Do x - y 0 nờn xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (pcm)





Hong Minh NG

phòng gd & đt tam dơng
đề chính thức

Trng trung hc c s Phong Bc

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8
năm học 2008-2009
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút Không kể thời gian giao
đề

Bài 1.
Đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn f(1) = 5; f(2) =11; f(3)
= 21.
Bài 2.

Tính f(-1) + f(5).


a)Tìm tất cả các số nguyên n sao cho : n 4+ 2n3 + 2n2+ n +7 là số chính phơng.
b)Tìm nghiệm nguyên của của phơng trình x2+ xy+y2=x2y2
Bài 3. Chứng minh rằng : (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 > 0 với mọi x
Bài 4.
a) Cho tam giác ABC gọi M,N lần lợt là trung điểm của BC, AC. Gọi O,H,G
lần lợt là giao ba đờng trung trực, ba đờng cao, ba đờng trung tuyến của tam giác
ABC.
Tính tỉ số GH : GO
b)Cho hình thang ABCD có hai đáy AB = 2a, CD= a, Hãy dựng điểm M
trên đờng thẳng CD sao cho đờng thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có
diện tích bằng nhau.
Bài 5.
Cho x 0,y 0,z 0 và x+y+ z =1 Chứng minh rằng

xy+yz+zx-2xyz

7
27

------------- Giám thị không giải thích gì thêm --------------

Phòng GD-ĐT Tam Dơng
Hớng dẫn chấm
chọn Hoc sinh giỏi lớp 8 : 2008-2009
Môn: Toán
C

Câu

Điểm toàn
bài

1

2 điểm

Nội dung

Điểm
thành
phần

0,5


Nhận xét: g(x) = 2x2 + 3 thoả mãn g(1) = 5; g(2) = 11; g(3) =
21.
Q(x) = f(x) - g(x) là đa thức bậc 4 có 3 nghiệm x = 1,x = 2, x =

0,5

3

0,5

Vậy Q(x) = (x - 1)(x - 1)(x - 3)(x - a); ta có:
f(-1) = Q(-1) + 2(-1)2 + 3 = 29 + 24a.
f(5) = Q(5) + 2.52 + 3 = 173 - 24a.

0,5

=> f(-1) + f(5) = 202
a) (0,75 điểm)
Giả sử n4+ 2n3 + 2n2+ n +7= y2 ( y N)
Ta có y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

y2 > (n2+ n)2
2

y > n n


y2 n n 1

y2 (n2+ n +1)2
thay y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

n2 + n -6 < 0
(n-2) (n+3) 0
-3 n 2
Thử trực tiếp n = 2, n=-3 thỏa mãn
Vậy số nguyên n cần tìm là n = 2;-3
b) (0,75 điểm)
Thêm xy vào hai vế của PT ta có
x2 + 2xy + y2 = x2y2 + xy
(x+y)2 = xy(xy+1)
Ta thấy xy và xy+1 là hai số nguyên liên tiếp có tích là một số
chính phơng nên tồn tại một số bằng 0
TH1 xy =0 => x2 + y2 = 0 => x=y = 0
TH2 xy+1 = 0 ta có xy = -1 nên (x,y) bằng (1;-1) hoặc (-1;1)
Thử lại ba cặp số (0;0); (-1;1), (1;-1) đều là nghiệm của phơng
trình đã cho
Ta có (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 = (x-1) (x-6) (x-3)(x-4) + 10
= (x2 - 7x+6)(x2 -7x +12) +10
= (x2 - 7x+ 9 -3)(x2 -7x + 9 +3) +10
= (x2 - 7x+ 9)2 -9 +10 = (x2 - 7x+ 9)2 + 1 > 0 với mọi x
Vì ( x 2 7 x 9)2 0 với mọi x
Do đó (x2 - 7x+ 9)2 + 1 > 0 với mọi x (bài toán đợc chứng minh)
Ta có OM//AH ( vì cùng vuông góc với BC)
ON//BH ( vì cùng vuông góc với AC)
NM//AB ( đờng trung bình của tam giác)


2

3

1, 5 điểm

1,5 điểm

2
y n n +1 Vì ( y N)
2

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5


Xét ABH và MNO
NMO

Có BAH
( góc có cạnh tơng ứng song song)


( góc có cạnh tơng ứng song song)
ABH MNO
=> ABH : MNO ( góc - góc)
NM OM 1


BA
AH 2
Xét AGH và MOG
GMO

Có GAH
( So le trong)
(1)
GM 1

( Tính chất trọng tâm) (2)
GA 2
OM 1

(Cmt)
(3)
AH 2
Từ (1) (2) và (3) suy ra AHG : MOG ( c-g-c)

=>
(4)
AGH MGO

=>

0,5

0,5

Măt khác A,G,M thẳng hàng (5)
Từ (4) và (5) => H,G,O thẳng hàng và

GH AH

2
GO OM

b)Gọi h là đờng cao của hình thang ABCD
Giả sử đã dựng đợc điểm M thuộc CD sao cho đờng thẳng AM
cắt hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Gọi N là giao điểm của AM và BC.
Đăt S1 = SADCN ; S2 = SANB;; S = SABCD
4

3điểm

0,25
0,25

s s s

1 2
Ta có s1 s2
=> S2 = S: 2 (1)



Kẻ đờng cao NH của tam giác ANB và đặt NH= x ta có:

0,5

1
3ah
s 2a a h
2
2
1
s2 .2a.x ax
2
1 3ah
3h
x
2 2
4
NB 1

áp dụng định lí ta lét =>
suy ra cách dựng:
NC 3

Thay vào (1) : ax .

Chia đoạn BC làm 4 phần bằng nhau, Lấy điểm N trên BC sao
1
4

0,5
0,25

cho NC BC
Đờng thẳng AN cắt đờng thẳng CD tại điểm M cần dựng

0,25
5

2 điểm

3

áp dụng bất đẳng thức cô si ta có xyz

x yz 1



3
27

0,5

Mặt khác :

xyz (x+y-z)(y+ z-x)(z+x-y)
xyz (1-2z)(1-2x)(1-2y)

0,5


xyz 1- 2(x+y+z)+ 4 (xy+yz+zx)-8xyz
xyz 1- 2 + 4 (xy+yz+zx)-8xyz
1+ xyz 4 (xy+yz+zx)-8xyz
1+


1
4
27

(xy+yz+zx)-8xyz

7
xy+yz+zx-2xyz
27

(ĐPCM)

0,5
0,5

Hình bài 4a

A

H
N
G

O
B

C

M

Hình bài 4b
D

a

C K

M
N

x

A

2a

H

h

B

Ghi chú: HS giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm ( câu hoặc phần đó )
đề kiểm tra học sinh giỏi
Năm học 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút
đề bài:
Bài 1( 6 điểm): Cho biểu thức:


2x 8
3 21 2 x 8 x 2
2x 3


:
1
P= 2

2
2
4
x

12
x

5
13
x

2
x

20
2
x

1
4
x

4
x

3


a) Rút gọn P
1
2
c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
d) Tìm x để P > 0.
Bài 2(3 điểm):Giải phơng trình:

b) Tính giá trị của P khi x

a)
b)
c)

15 x
1
1

1

12



x 2 3x 4
x 4 3 x 3

148 x 169 x 186 x 199 x



10
25
23
21
19
x2 3 5

Bài 3( 2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phơng trình:
Một ngời đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu ngời ấy
tăng vận tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và
vận tốc dự định đi của ngời đó.
Bài 4 (7 điểm):
Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đờng chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối
xứng của điểm C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gì?
b) Gọi E và F lần lợt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh
EF//AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc
vào vị trí của điểm P.
PD
9

d) Giả sử CP BD và CP = 2,4 cm,
. Tính các cạnh của hình chữ
PB 16
nhật ABCD.
Bài 5(2 điểm): a) Chứng minh rằng: 20092008 + 20112010 chia hết cho 2010
b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

1
1
2


1 x2 1 y 2
1 xy
đáp án và biểu điểm
Bài 1: Phân tích:
4x2 12x + 5 = (2x 1)(2x 5)
13x 2x2 20 = (x 4)(5 2x)
21 + 2x 8x2 = (3 + 2x)(7 4x)
4x2 + 4x 3 = (2x -1)(2x + 3)

0,5đ


Điều kiện:

1
5
3
7
x ; x ; x ; x ; x 4
2
2
2
4

2x 3
2x 5
1
1
1
x hoặc x
b) x
2
2
2
1
1
P =
+) x
2
2
1
2
P =
+) x
3
2
2
2x 3
c) P =
= 1
2x 5
x 5
Ta có: 1 Z
2
Z
Vậy P Z khi
x 5
x 5 Ư(2)
Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2}
x 5 = -2 x = 3 (TMĐK)
x 5 = -1 x = 4 (KTMĐK)
x 5 = 1 x = 6 (TMĐK)
x 5 = 2 x = 7 (TMĐK)
KL: x {3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên.
2
2x 3
d) P =
= 1
2x 5
x 5
Ta có: 1 > 0
a) Rút gọn P =

Để P > 0 thì






0,25đ

2
>0 x5>0 x>5
x5

Với x > 5 thì P > 0.
Bài 2:
a)

0,5đ

0,5đ
0,25

15 x
1
1

1

12



x 2 3x 4
x 4 3 x 3



1
15 x
1
1 12

x 4 3 x 1
x 4 x 1




ĐK: x 4; x 1


3.15x 3(x + 4)(x 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4)

3x.(x + 4) = 0
3x = 0 hoặc x + 4 = 0
+) 3x = 0 => x = 0 (TMĐK)
+) x + 4 = 0 => x = -4 (KTMĐK)


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×